Question

14．已知直線l：y=-x+1與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A、B兩點．
（1）若直線l恰好經(jīng)過橢圓C的一個焦點F，且橢圓C上的點到F的最大距離為$\sqrt{3}$+1，求橢圓C的標準方程．
（2）若OA⊥OB（其中O為坐標原點），當(dāng)橢圓C的離心率e∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]時，求橢圓C的長軸長的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用直線與x軸的交點，求出橢圓的半焦距，利用橢圓的性質(zhì)列出a+c，然后求出橢圓的幾何量，即可求出橢圓的標準方程．
（2）將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，利用韋達定理求出兩個交點的橫、縱坐標之積；利用向量垂直的充要條件將OA⊥OB用交點的坐標表示，得到橢圓的三個參數(shù)的一個等式，再利用橢圓的三個參數(shù)本身的關(guān)系得到參數(shù)a與離心率的關(guān)系，利用離心率的范圍求出a的范圍，得到橢圓的長軸長的最大值．

解答 解：（1）∵直線l：y=-x+1恰好經(jīng)過橢圓C的一個焦點F，可得c=1，橢圓C上的點到F的最大距離為$\sqrt{3}$+1，a+c=$\sqrt{3}+1$，解得a=$\sqrt{3}$，
則b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$．
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1\\ y=-x+1\end{array}\right.$消去y得（a²+b²）•x²-2a²x+a²•（1-b²）=0，
由△=（-2a²）²-4a²（a²+b²）（1-b²）＞0，整理得a²+b²＞1．
設(shè)A（x₁，y₁，），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}（1-^{2}）}{{a}^{2}+^{2}}$．
∴y₁y₂=（-x₁+1）（-x₂+1）=x₁x₂-（x₁+x₂）+1．
∵OA⊥OB（其中O為坐標原點），
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即2x₁x₂-（x₁+x₂）+1=0．
∴$\frac{{2a}^{2}（1-^{2}）}{{a}^{2}+^{2}}$-$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$+1=0．整理得a²+b²-2a²b²=0．
∵b²=a²-c²=a²-a²e²，代入上式得
2a²=1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$，
∴a²=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$）．
∵e∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]，∴$\frac{1}{4}$≤e²≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$≤1-e²≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{4}{3}$≤$\frac{1}{1-{e}^{2}}$≤4，∴$\frac{7}{3}$≤1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$≤5，
∴$\frac{7}{6}$≤a²≤$\frac{5}{2}$，適合條件a²+b²＞1，
由此得$\frac{\sqrt{42}}{6}$≤a≤$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
∴$\frac{\sqrt{42}}{3}$≤2a≤$\sqrt{10}$，
故長軸長的最大值為$\sqrt{10}$．

點評 本題考查求圓錐曲線的方程，一般利用待定系數(shù)法；解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般設(shè)出直線方程，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)，得到關(guān)于一個未知數(shù)的二次方程，利用韋達定理，找突破口．注意設(shè)直線方程時，一定要討論直線的斜率是否存在．